(新高考)高考数学一轮复习讲义+巩固练习6.3《等比数列》(教师版)

第第页§6.3等比数列考试要求1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.了解等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为eq\f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)．(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ab.2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1qn﹣1.(2)前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：an＝am·qn﹣m(m，n∈N*)．(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k).(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m﹣Sm，S3m﹣S2m仍成等比数列(m为偶数且q＝﹣1除外)．(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.(5)若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1，))则等比数列{an}递增．若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1，))则等比数列{an}递减．常用结论1．若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{aeq\o\al(2,n)}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))也是等比数列．2．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.3．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn﹣A(A≠0，q≠1,0)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数．(×)(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(×)(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq\f(a1－an,1－a).(×)(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8﹣S4，S12﹣S8成等比数列．(×)教材改编题1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a4＝eq\f(1,2)，则公比q等于()A．﹣eq\f(1,2)B．﹣2C．2D．±eq\f(1,2)答案D解析设等比数列的公比为q，∵{an}是等比数列，a2＝2，a4＝eq\f(1,2)，∴a4＝a2q2，∴q2＝eq\f(a4,a2)＝eq\f(1,4)，∴q＝±eq\f(1,2).2．在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a11＋2a6a8＋a3a13＝25，则a6＋a8＝______.答案5解析∵{an}是等比数列，且a1a11＋2a6a8＋a3a13＝25，∴aeq\o\al(2,6)＋2a6a8＋aeq\o\al(2,8)＝(a6＋a8)2＝25.又∵an>0，∴a6＋a8＝5.3．已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________．答案1,3,9或9,3,1解析设这三个数为eq\f(a,q)，a，aq，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝3，))∴这三个数为1,3,9或9,3,1.题型一等比数列基本量的运算例1(1)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则eq\f(Sn,an)等于()A．2n﹣1B．2﹣21﹣nC．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1答案B解析方法一设等比数列{an}的公比为q，则q＝eq\f(a6－a4,a5－a3)＝eq\f(24,12)＝2.由a5﹣a3＝a1q4﹣a1q2＝12a1＝12，得a1＝1.所以an＝a1qn﹣1＝2n﹣1，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n﹣1，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2﹣21﹣n.方法二设等比数列{an}的公比为q，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3q2－a3＝12，①,a4q2－a4＝24，②))eq\f(②,①)得eq\f(a4,a3)＝q＝2.将q＝2代入①，解得a3＝4.所以a1＝eq\f(a3,q2)＝1，下同方法一．(2)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，则S5＝________.答案eq\f(121,3)解析设等比数列{an}的公比为q，因为aeq\o\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).教师备选1．已知数列{an}为等比数列，a2＝6,6a1＋a3＝30，则a4＝________.答案54或24解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1·q＝6，,6a1＋a1·q2＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝3，,a1＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝3，))a4＝a1·q3＝2×33＝54或a4＝3×23＝3×8＝24.2．已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，若a2a6＝﹣2a7，S3＝﹣6，则a6等于()A．﹣2或32B．﹣2或64C．2或﹣32D．2或﹣64答案B解析∵数列{an}为等比数列，a2a6＝﹣2a7＝a1a7，解得a1＝﹣2，设数列的公比为q，S3＝﹣6＝﹣2﹣2q﹣2q2，解得q＝﹣2或q＝1，当q＝﹣2时，则a6＝(﹣2)6＝64，当q＝1时，则a6＝﹣2.思维升华(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．(2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).跟踪训练1(1)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215﹣25，则k等于()A．2B．3C．4D．5答案C解析a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，∴an＝2×2n﹣1＝2n.又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215﹣25，∴eq\f(2k＋11－210,1－2)＝215﹣25，即2k＋1(210﹣1)＝25(210﹣1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.(2)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.①求{an}的通项公式；②求a1a2﹣a2a3＋…＋(﹣1)n﹣1anan＋1.解①设{an}的公比为q(q>1)．由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝32))(舍去)．所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.②由于(﹣1)n﹣1anan＋1＝(﹣1)n﹣1×2n×2n＋1＝(﹣1)n﹣122n＋1，故a1a2﹣a2a3＋…＋(﹣1)n﹣1anan＋1＝23﹣25＋27﹣29＋…＋(﹣1)n﹣1·22n＋1＝eq\f(23[1－－22n],1－－22)＝eq\f(8,5)﹣(﹣1)neq\f(22n＋3,5).题型二等比数列的判定与证明例2已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq\f(an,n).(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{an}的通项公式．解(1)由条件可得an＋1＝eq\f(2n＋1,n)an.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列，由条件可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得eq\f(an,n)＝2n﹣1，所以an＝n·2n﹣1.教师备选已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求{an}的通项公式．(1)证明an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an>0，所以eq\f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．(2)解由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n﹣1＝2×3n﹣1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2﹣3an＋1＝﹣(an＋1﹣3an)，a2＝3a1，所以a2﹣3a1＝0，所以an＋1﹣3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n﹣1，an＝eq\f(1,2)×3n﹣1.思维升华等比数列的三种常用判定方法(1)定义法：若eq\f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq\f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn﹣k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．跟踪训练2Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.(1)求an及Sn；(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)易知q≠1，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))解得a1＝1，q＝3，∴an＝3n﹣1，Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2).(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝eq\f(1,2)，此时Sn＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)×3n，则eq\f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq\f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，故存在常数λ＝eq\f(1,2)，使得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是以eq\f(3,2)为首项，3为公比的等比数列．题型三等比数列的性质例3(1)若等比数列{an}中的a5，a2019是方程x2﹣4x＋3＝0的两个根，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2023等于()A.eq\f(2024,3)B．1011C.eq\f(2023,2)D．1012答案C解析由题意得a5a2019＝3，根据等比数列性质知，a1a2023＝a2a2022＝…＝a1011a1013＝a1012a1012＝3，于是a1012＝SKIPIF1<0，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2023＝log3(a1a2a3…a2023)SKIPIF1<0(2)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于()A．40B．60C．32D．50答案B解析数列S3，S6﹣S3，S9﹣S6，S12﹣S9是等比数列，即4,8，S9﹣S6，S12﹣S9是等比数列，∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.教师备选1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(S6,S3)＝3，则eq\f(S9,S6)＝__________.答案eq\f(7,3)解析设等比数列{an}的公比为q，易知q≠﹣1，由等比数列前n项和的性质可知S3，S6﹣S3，S9﹣S6仍成等比数列，∴eq\f(S6－S3,S3)＝eq\f(S9－S6,S6－S3)，又由已知得S6＝3S3，∴S9﹣S6＝4S3，∴S9＝7S3，∴eq\f(S9,S6)＝eq\f(7,3).2．已知等比数列{an}共有2n项，其和为﹣240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.答案2解析由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq\f(S偶,S奇)＝eq\f(－160,－80)＝2.思维升华(1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．跟踪训练3(1)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40等于()A．5B．10C．15D．﹣20答案C解析易知等比数列{an}的前n项和Sn满足S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30，…成等比数列．设{an}的公比为q，则eq\f(S20－S10,S10)＝q10>0，故S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30，…均大于0.故(S20﹣S10)2＝S10·(S30﹣S20)，即(S20﹣1)2＝1·(7﹣S20)⇒Seq\o\al(2,20)﹣S20﹣6＝0.因为S20>0，所以S20＝3.又(S30﹣S20)2＝(S20﹣S10)(S40﹣S30)，所以(7﹣3)2＝(3﹣1)(S40﹣7)，故S40＝15.(2)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋a3＋…＋a8＝4，a1a2·…·a8＝16，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a8)的值为()A．2B．4C．8D．16答案A解析∵a1a2…a8＝16，∴a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝2，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a8)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a8)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,a7)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a6)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a4)＋\f(1,a5)))＝eq\f(1,2)(a1＋a8)＋eq\f(1,2)(a2＋a7)＋eq\f(1,2)(a3＋a6)＋eq\f(1,2)(a4＋a5)＝eq\f(1,2)(a1＋a2＋…＋a8)＝2.课时精练1．若等比数列{an}满足a1＋a2＝1，a4＋a5＝8，则a7等于()A.eq\f(64,3)B．﹣eq\f(64,3)C.eq\f(32,3)D．﹣eq\f(32,3)答案A解析设等比数列{an}的公比为q，则eq\f(a4＋a5,a1＋a2)＝q3＝8，所以q＝2，又a1＋a2＝a1(1＋q)＝1，所以a1＝eq\f(1,3)，所以a7＝a1×q6＝eq\f(1,3)×26＝eq\f(64,3).2．已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4﹣1)，则a7的值为()A．2B．4C.eq\f(9,2)D．6答案B解析根据等比数列的性质得a3a5＝aeq\o\al(2,4)，∴aeq\o\al(2,4)＝4(a4﹣1)，即(a4﹣2)2＝0，解得a4＝2.又∵a1＝1，a1a7＝aeq\o\al(2,4)＝4，∴a7＝4.3．等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n﹣1＋r，则r的值为()A.eq\f(1,3)B．﹣eq\f(1,3)C.eq\f(1,9)D．﹣eq\f(1,9)答案B解析由等比数列前n项和的性质知，Sn＝32n﹣1＋r＝eq\f(1,3)×9n＋r，∴r＝﹣eq\f(1,3).4．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第四天走的路程为()A．6里B．12里C．24里D．48里答案C解析由题意可知，该人所走路程形成等比数列{an}，其中q＝eq\f(1,2)，因为S6＝eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以a4＝a1·q3＝192×eq\f(1,8)＝24.5．(多选)设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是()A．数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列C．数列{an﹣an＋1}是公比为q的等比数列D．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq\f(1,q)的等比数列答案AD解析对于A，由eq\f(anan＋1,an－1an)＝q2(n≥2)知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；对于B，当q＝﹣1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于C，当q＝1时，数列{an﹣an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D，eq\f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq\f(1,q)的等比数列．6．(多选)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有()A．Sn＝3n﹣1B．{Sn}为等比数列C．an＝2·3n﹣1D．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2))答案ABD解析由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn﹣1，两式相减，可得an＋1﹣an＝2(Sn﹣Sn﹣1)＝2an，可得an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又a1＝1，则a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq\f(a2,a1)＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2.))当n≥2时，Sn＝eq\f(an＋1,2)＝eq\f(2·3n－1,2)＝3n﹣1，又S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n﹣1，又eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(3n,3n－1)＝3，所以数列{Sn}为首项为1，公比为3的等比数列，综上可得选项ABD是正确的．7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.答案1解析由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，又S6＝S3＋q3S3，得63＝7＋7q3.∴q3＝8，q＝2.由S3＝eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(a11－8,1－2)＝7，得a1＝1.8．已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝eq\f(1,3)，则a4＝________.答案381解析由{an}是等比数列，得a3a5a7a9a11＝aeq\o\al(5,7)＝243，故a7＝3，a4＝eq\f(a7,q3)＝81.9．已知等差数列{an}的公差为2，其前n项和Sn＝pn2＋2n，n∈N*.(1)求实数p的值及数列{an}的通项公式；(2)在等比数列{bn}中，b3＝a1，b4＝a2＋4，若{bn}的前n项和为Tn，求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn＋\f(1,6)))为等比数列．(1)解Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝na1＋n(n﹣1)＝n2＋(a1﹣1)n，又Sn＝pn2＋2n，n∈N*，所以p＝1，a1﹣1＝2，即a1＝3，所以an＝3＋2(n﹣1)＝2n＋1.(2)证明因为b3＝a1＝3，b4＝a2＋4＝9，所以q＝3，所以bn＝b3·qn﹣3＝3n﹣2，所以b1＝eq\f(1,3)，所以Tn＝eq\f(\f(1,3)1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,6)，所以Tn＋eq\f(1,6)＝eq\f(3n,6)，又T1＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(Tn＋\f(1,6),Tn－1＋\f(1,6))＝eq\f(\f(3n,6),\f(3n－1,6))＝3(n≥2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn＋\f(1,6)))是以eq\f(1,2)为首项，3为公比的等比数列．10．记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋1.设bn＝an＋1﹣2an.(1)求证：数列{bn}为等比数列；(2)设cn＝|bn﹣100|，Tn为数列{cn}的前n项和．求T10.(1)证明由Sn＋1＝4an＋1，得Sn＝4an﹣1＋1(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＋1＝4an﹣4an﹣1(n≥2)，所以an＋1﹣2an＝2(an﹣2an﹣1)，所以eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(an＋1－2an,an－2an－1)＝eq\f(2an－2an－1,an－2an－1)＝2(n≥2)，又a1＝1，S2＝4a1＋1，故a2＝4，a2﹣2a1＝2＝b1≠0，所以数列{bn}为首项与公比均为2的等比数列．(2)解由(1)可得bn＝2·2n﹣1＝2n，所以cn＝|2n﹣100|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(100－2n，n≤6，,2n－100，n>6，))所以T10＝600﹣(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210﹣400＝200﹣eq\f(21－26,1－2)＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210＝1994.11．(多选)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an﹣1＋2an﹣2(n≥3)，则下列结论正确的是()A．数列{an＋1＋an}为等比数列B．数列{an＋1﹣2an}为等比数列C．an＝eq\f(2n＋1＋－1n,3)D．S20＝eq\f(2,3)(410﹣1)答案ABD解析因为an＝an﹣1＋2an﹣2(n≥3)，所以an＋an﹣1＝2an﹣1＋2an﹣2＝2(an﹣1＋an﹣2)，又a1＋a2＝2≠0，所以{an＋an＋1}是等比数列，A正确；同理an﹣2an﹣1＝an﹣1＋2an﹣2﹣2an﹣1＝﹣an﹣1＋2an﹣2＝﹣(an﹣1﹣2an﹣2)，而a2﹣2a1＝﹣1，所以{an＋1﹣2an}是等比数列，B正确；若an＝eq\f(2n＋1＋－1n,3)，则a2＝eq\f(23＋－12,3)＝3，但a2＝1≠3，C错误；由A知{an＋an﹣1}是等比数列，且公比为2，因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝eq\f(21－410,1－4)＝eq\f(2,3)(410﹣1)，D正确．12．(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，eq\f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是()A．0<q<1B．a7·a9>1C．Sn的最大值为S9D．Tn的最大值为T7答案AD解析∵a1>1，a7·a8>1，eq\f(a7－1,a8－1)<0，∴a7>1,0<a8<1，∴0<q<1，故A正确；a7a9＝aeq\o\al(2,8)<1，故B错误；∵a1>1,0<q<1，∴数列为各项为正的递减数列，∴Sn无最大值，故C错误；又a7>1,0<a8<1，∴T7是数列{Tn}中的最大项，故D正确．13．设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)前n项的积，若T2015＝T2021，则eq\f(log3a2019,log3a2021)＝________.答案eq\f(1,5)解析由题意得，T2015＝T2021＝T2015·a2016a2017a2018a2019a2020a2021，所以a2016a2017a2018a2019a2020a2021＝1，根据等比数列的性质，可得a2016a2021＝a2017a2020＝a2018a2019＝1，设等比数列的公比为q，所以a2016a2021＝eq\f(a20212,q5)＝1⇒a2021＝SKIPIF1<0a2018a2019＝eq\f(a20192,q)＝1⇒a2019＝SKIPIF1<0所以eq\f(log3a2019,log3a2021)＝SKIPIF1<014.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“